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6. 如图①,$AB$是$\odot O$的直径,且$AB=10$,$C$是$\odot O$上的动点,$AC$是弦,直线$EF$和$\odot O$相切于点$C$,$AD ⊥ EF$,垂足为$D$.
(1) 求证:$∠ DAC = ∠ BAC$.
(2) 若$AD$和$\odot O$相切于点$A$,则$AD$的长为
(3) 如图②,若把直线$EF$向上平移,$EF$交$\odot O$于$G$,$C$两点,连接$AG$,题中的其他条件不变,这时是否存在与$∠ DAC$相等的角? 若存在,请找出相等的角并证明;若不存在,请说明理由.
(1) 求证:$∠ DAC = ∠ BAC$.
(2) 若$AD$和$\odot O$相切于点$A$,则$AD$的长为
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.(3) 如图②,若把直线$EF$向上平移,$EF$交$\odot O$于$G$,$C$两点,连接$AG$,题中的其他条件不变,这时是否存在与$∠ DAC$相等的角? 若存在,请找出相等的角并证明;若不存在,请说明理由.
答案
(1) 如图①,连接 OC.
∵ EF 和 ⊙O 相切于点 C,
∴ OC⊥EF.
∵ AD⊥EF,
∴ OC//AD.
∴ ∠DAC=∠OCA.
∵ OA=OC,
∴ ∠BAC=∠OCA.
∴ ∠DAC=∠BAC.
(2) 5 如图②,连接 OC.
∵ AD 和 ⊙O 相切于点 A,
∴ OA⊥AD.
∵ AD⊥EF,OC⊥EF,
∴ ∠OAD=∠ADC=∠OCD=90°.
∴ 四边形 OADC 是矩形.
∵ OA=OC,
∴ 矩形 OADC 是正方形.
∴ AD=OA.
∵ AB=2OA=10,
∴ AD=OA=5.
(3) 存在;∠BAG=∠DAC.如图③,连接 BC.
∵ AB 是⊙O 的直径,
∴ ∠BCA=90°.
∴ ∠ACD+∠BCE=90°.
∵ ∠ADC=90°,
∴ ∠ACD+∠DAC=90°.
∴ ∠DAC=∠BCG.
∵ ⌒BG=⌒BG,
∴ ∠BCG=∠BAG.
∴ ∠BAG=∠DAC.
解析
【分析】
这是一道圆的综合几何题，三小问层层递进，解题思路如下：
1. 第一问要证∠DAC=∠BAC，已知EF是圆的切线，优先用切线核心性质：切线垂直于过切点的半径，连接切点C和圆心O，得到OC⊥EF，结合AD⊥EF可推出OC//AD，利用平行线内错角相等得到∠DAC=∠OCA，再结合OA=OC的等边对等角性质，替换得到∠OCA=∠BAC，即可完成证明。
2. 第二问新增AD和圆相切于A的条件，根据切线性质得OA⊥AD，结合AD⊥EF、OC⊥EF，可推出四边形OADC有三个直角，判定为矩形，又因为邻边OA=OC都是半径，所以矩形是正方形，AD长度等于半径OA，由AB=10算出半径为5，直接得到AD长。
3. 第三问EF平移变为割线，要找和∠DAC相等的角，构造直径对应的圆周角：连接BC，由AB是直径得∠ACB=90°，结合AD⊥EF的直角，通过同角的余角相等推出∠DAC=∠BCG，再利用同弧BG所对的圆周角相等，得到∠BCG=∠BAG，即可推出∠BAG和∠DAC相等。
【解析】
(1) 证明：连接OC，
∵ EF 和 ⊙O 相切于点 C，
∴ OC⊥EF，
∵ AD⊥EF，
∴ OC//AD，
∴ ∠DAC=∠OCA，
∵ OA=OC，
∴ ∠BAC=∠OCA，
∴ ∠DAC=∠BAC。
(2) 解：连接OC，
∵ AD 和 ⊙O 相切于点 A，
∴ OA⊥AD，即∠OAD=90°，
∵ AD⊥EF，OC⊥EF，
∴ ∠ADC=90°，∠OCD=90°，
∴ 四边形OADC是矩形，
∵ OA=OC，
∴ 矩形 OADC 是正方形，
∴ AD=OA，
∵ AB=2OA=10，
∴ AD=OA=5。
(3) 解：存在，与∠DAC相等的角是∠BAG，证明如下：
连接 BC，
∵ AB 是⊙O 的直径，
∴ ∠BCA=90°，
∴ ∠ACD+∠BCG=90°，
∵ ∠ADC=90°，
∴ ∠ACD+∠DAC=90°，
∴ ∠DAC=∠BCG，
∵ ⌒BG=⌒BG，同弧所对圆周角相等，
∴ ∠BCG=∠BAG，
∴ ∠BAG=∠DAC。
【答案】
(1) 证明如上；(2) 5；(3) 存在，∠BAG=∠DAC，证明如上
【知识点】
切线的性质，圆周角定理，正方形判定
【点评】
本题围绕圆的切线相关性质展开，从基础的等角证明，到特殊位置的正方形判定，再到平移后割线场景的性质推导，层层递进，重点考察圆的两类常规辅助线构造技巧：遇切线连接圆心与切点，遇直径构造直径所对的直角圆周角，能有效帮助学生巩固圆类几何题的推导思路，提升性质迁移应用能力。
【难度系数】
0.6
这是一道圆的综合几何题，三小问层层递进，解题思路如下：
1. 第一问要证∠DAC=∠BAC，已知EF是圆的切线，优先用切线核心性质：切线垂直于过切点的半径，连接切点C和圆心O，得到OC⊥EF，结合AD⊥EF可推出OC//AD，利用平行线内错角相等得到∠DAC=∠OCA，再结合OA=OC的等边对等角性质，替换得到∠OCA=∠BAC，即可完成证明。
2. 第二问新增AD和圆相切于A的条件，根据切线性质得OA⊥AD，结合AD⊥EF、OC⊥EF，可推出四边形OADC有三个直角，判定为矩形，又因为邻边OA=OC都是半径，所以矩形是正方形，AD长度等于半径OA，由AB=10算出半径为5，直接得到AD长。
3. 第三问EF平移变为割线，要找和∠DAC相等的角，构造直径对应的圆周角：连接BC，由AB是直径得∠ACB=90°，结合AD⊥EF的直角，通过同角的余角相等推出∠DAC=∠BCG，再利用同弧BG所对的圆周角相等，得到∠BCG=∠BAG，即可推出∠BAG和∠DAC相等。
【解析】
(1) 证明：连接OC，
∵ EF 和 ⊙O 相切于点 C，
∴ OC⊥EF，
∵ AD⊥EF，
∴ OC//AD，
∴ ∠DAC=∠OCA，
∵ OA=OC，
∴ ∠BAC=∠OCA，
∴ ∠DAC=∠BAC。
(2) 解：连接OC，
∵ AD 和 ⊙O 相切于点 A，
∴ OA⊥AD，即∠OAD=90°，
∵ AD⊥EF，OC⊥EF，
∴ ∠ADC=90°，∠OCD=90°，
∴ 四边形OADC是矩形，
∵ OA=OC，
∴ 矩形 OADC 是正方形，
∴ AD=OA，
∵ AB=2OA=10，
∴ AD=OA=5。
(3) 解：存在，与∠DAC相等的角是∠BAG，证明如下：
连接 BC，
∵ AB 是⊙O 的直径，
∴ ∠BCA=90°，
∴ ∠ACD+∠BCG=90°，
∵ ∠ADC=90°，
∴ ∠ACD+∠DAC=90°，
∴ ∠DAC=∠BCG，
∵ ⌒BG=⌒BG，同弧所对圆周角相等，
∴ ∠BCG=∠BAG，
∴ ∠BAG=∠DAC。
【答案】
(1) 证明如上；(2) 5；(3) 存在，∠BAG=∠DAC，证明如上
【知识点】
切线的性质，圆周角定理，正方形判定
【点评】
本题围绕圆的切线相关性质展开，从基础的等角证明，到特殊位置的正方形判定，再到平移后割线场景的性质推导，层层递进，重点考察圆的两类常规辅助线构造技巧：遇切线连接圆心与切点，遇直径构造直径所对的直角圆周角，能有效帮助学生巩固圆类几何题的推导思路，提升性质迁移应用能力。
【难度系数】
0.6
7. 如图,$\odot O$是$\mathrm{Rt}△ ABC$的外接圆,$∠ ABC=90°$,$P$是$\odot O$外一点,$PA$切$\odot O$于点$A$,且$PA=PB$.
(1) 求证:$PB$是$\odot O$的切线.
(2) 已知$PA=\sqrt{3}$,$∠ ACB=60°$,求$\odot O$的半径.
(1) 求证:$PB$是$\odot O$的切线.
(2) 已知$PA=\sqrt{3}$,$∠ ACB=60°$,求$\odot O$的半径.
答案
(1) 连接 OB.
∵ OA = OB,
∴ ∠OAB = ∠OBA.
∵ PA = PB,
∴ ∠PAB = ∠PBA.
∴ ∠OAB + ∠PAB = ∠OBA + ∠PBA,即∠PAO=∠PBO.又
∵ PA 是⊙O 的切线,
∴ ∠PAO=90°.
∴ ∠PBO=90°.
∴ OB⊥PB.又
∵ OB 是⊙O 的半径,
∴ PB 是⊙O 的切线.
(2) 连接 OP.
∵ PA = PB,
∴ 点 P 在线段 AB 的垂直平分线上.
∵ OA = OB,
∴ 点 O 在线段 AB 的垂直平分线上.
∴ OP 为线段 AB 的垂直平分线.又
∵ ∠ABC=90°,即 BC⊥AB,
∴ PO//BC.
∴ ∠AOP=∠ACB=60°.由(1)知,∠PAO=90°,
∴ ∠APO=30°.
∴ 易得 PO=2AO.
∵ 在 Rt△APO 中,AO² + PA² = PO²,
∴ AO² + 3 = (2AO)².又
∵ AO＞0,
∴ AO=1.
∴ ⊙O 的半径为 1.
∵ OA = OB,
∴ ∠OAB = ∠OBA.
∵ PA = PB,
∴ ∠PAB = ∠PBA.
∴ ∠OAB + ∠PAB = ∠OBA + ∠PBA,即∠PAO=∠PBO.又
∵ PA 是⊙O 的切线,
∴ ∠PAO=90°.
∴ ∠PBO=90°.
∴ OB⊥PB.又
∵ OB 是⊙O 的半径,
∴ PB 是⊙O 的切线.
(2) 连接 OP.
∵ PA = PB,
∴ 点 P 在线段 AB 的垂直平分线上.
∵ OA = OB,
∴ 点 O 在线段 AB 的垂直平分线上.
∴ OP 为线段 AB 的垂直平分线.又
∵ ∠ABC=90°,即 BC⊥AB,
∴ PO//BC.
∴ ∠AOP=∠ACB=60°.由(1)知,∠PAO=90°,
∴ ∠APO=30°.
∴ 易得 PO=2AO.
∵ 在 Rt△APO 中,AO² + PA² = PO²,
∴ AO² + 3 = (2AO)².又
∵ AO＞0,
∴ AO=1.
∴ ⊙O 的半径为 1.
解析
【分析】
这道题分为两小问，第一问要证明PB是圆的切线，我们采用切线判定的常规思路：连接待证切点B和圆心O，只要证明OB和PB垂直即可。首先利用OA=OB得到底角相等，PA=PB也得到对应的底角相等，两个等式相加就能推出∠PAO=∠PBO，再结合已知PA是切线，切线和过切点的半径垂直得到∠PAO=90°，就能得到∠PBO=90°，完成证明。第二问求圆的半径，首先连接OP，根据PA=PB、OA=OB，可知O和P都在AB的垂直平分线上，因此OP垂直平分AB，又因为∠ABC=90°即BC⊥AB，可推出OP平行于BC，得到同位角∠AOP=∠ACB=60°，在Rt△PAO中利用直角三角形边角关系和勾股定理就能解出半径AO的长度。
【解析】
(1) 证明：连接OB，
∵ OA、OB都是⊙O的半径，
∴ OA = OB，
∴ ∠OAB = ∠OBA，
又
∵ PA = PB，
∴ ∠PAB = ∠PBA，
∴ ∠OAB + ∠PAB = ∠OBA + ∠PBA，即∠PAO=∠PBO，
∵ PA是⊙O的切线，A为切点，
∴ PA⊥OA，即∠PAO=90°，
∴ ∠PBO=90°，即OB⊥PB，
又
∵ OB是⊙O的半径，
∴ PB是⊙O的切线。
(2) 解：连接OP，
∵ PA = PB，
∴ 点P在线段AB的垂直平分线上，
∵ OA = OB，
∴ 点O在线段AB的垂直平分线上，
∴ OP是线段AB的垂直平分线，即OP⊥AB，
又
∵ ∠ABC=90°，即BC⊥AB，
∴ PO//BC，可得同位角∠AOP=∠ACB=60°，
由(1)知∠PAO=90°，在Rt△PAO中，∠APO=90°-∠AOP=30°，
∴ PO=2AO，
根据勾股定理，AO² + PA² = PO²，已知PA=√3，代入得：
AO² + (√3)² = (2AO)²，
整理得3AO²=3，AO²=1，
∵ AO＞0，
∴ AO=1，
即⊙O的半径为1。
【答案】
(1) 证明见上述过程，PB是⊙O的切线得证；(2) ⊙O的半径为1
【知识点】
切线判定定理，勾股定理，垂直平分线性质
【点评】
本题是圆章节的经典基础题型，第一问考察切线证明的核心方法“连半径证垂直”，思路常规易上手；第二问结合等腰三角形性质、平行线的判定与性质，将已知角度条件转化到直角三角形中求解半径，综合度适中，适合巩固切线相关的核心考点。
【难度系数】
0.7
这道题分为两小问，第一问要证明PB是圆的切线，我们采用切线判定的常规思路：连接待证切点B和圆心O，只要证明OB和PB垂直即可。首先利用OA=OB得到底角相等，PA=PB也得到对应的底角相等，两个等式相加就能推出∠PAO=∠PBO，再结合已知PA是切线，切线和过切点的半径垂直得到∠PAO=90°，就能得到∠PBO=90°，完成证明。第二问求圆的半径，首先连接OP，根据PA=PB、OA=OB，可知O和P都在AB的垂直平分线上，因此OP垂直平分AB，又因为∠ABC=90°即BC⊥AB，可推出OP平行于BC，得到同位角∠AOP=∠ACB=60°，在Rt△PAO中利用直角三角形边角关系和勾股定理就能解出半径AO的长度。
【解析】
(1) 证明：连接OB，
∵ OA、OB都是⊙O的半径，
∴ OA = OB，
∴ ∠OAB = ∠OBA，
又
∵ PA = PB，
∴ ∠PAB = ∠PBA，
∴ ∠OAB + ∠PAB = ∠OBA + ∠PBA，即∠PAO=∠PBO，
∵ PA是⊙O的切线，A为切点，
∴ PA⊥OA，即∠PAO=90°，
∴ ∠PBO=90°，即OB⊥PB，
又
∵ OB是⊙O的半径，
∴ PB是⊙O的切线。
(2) 解：连接OP，
∵ PA = PB，
∴ 点P在线段AB的垂直平分线上，
∵ OA = OB，
∴ 点O在线段AB的垂直平分线上，
∴ OP是线段AB的垂直平分线，即OP⊥AB，
又
∵ ∠ABC=90°，即BC⊥AB，
∴ PO//BC，可得同位角∠AOP=∠ACB=60°，
由(1)知∠PAO=90°，在Rt△PAO中，∠APO=90°-∠AOP=30°，
∴ PO=2AO，
根据勾股定理，AO² + PA² = PO²，已知PA=√3，代入得：
AO² + (√3)² = (2AO)²，
整理得3AO²=3，AO²=1，
∵ AO＞0，
∴ AO=1，
即⊙O的半径为1。
【答案】
(1) 证明见上述过程，PB是⊙O的切线得证；(2) ⊙O的半径为1
【知识点】
切线判定定理，勾股定理，垂直平分线性质
【点评】
本题是圆章节的经典基础题型，第一问考察切线证明的核心方法“连半径证垂直”，思路常规易上手；第二问结合等腰三角形性质、平行线的判定与性质，将已知角度条件转化到直角三角形中求解半径，综合度适中，适合巩固切线相关的核心考点。
【难度系数】
0.7
8. 如图,$AB$是$\odot O$的直径,$C$为$\odot O$上的一点,$CD ⊥ AB$于点$D$,$E$为$\overset{\frown}{BC}$上一点,$\overset{\frown}{AC} = \overset{\frown}{CE}$,$AE$与$CD$相交于点$F$,与$BC$相交于点$G$,连接$AC$.求证:
(1) $AE = 2CD$.
(2) 点$F$是$△ ACG$的外心.
(1) $AE = 2CD$.
(2) 点$F$是$△ ACG$的外心.
答案
(1) 如图,延长 CD 交 ⊙O 于点 M.
∵ AB⊥CD,
∴ ⌒AC=⌒AM,CD=MD.
∵ ⌒AC=⌒CE,
∴ ⌒AC=⌒CE=⌒AM.
∴ ⌒AM + ⌒AC = ⌒AC + ⌒CE,即⌒MC=⌒AE.
∴ MC=AE.
∵ MC=MD + CD,
∴ MC=2CD.
∴ AE=2CD.
(2)
∵ AB 是⊙O 的直径,
∴ ∠ACG=90°.
∴ ∠ACF + ∠FCG=90°,∠CAF + ∠FGC=90°.
∵ ⌒CE=⌒AM,
∴ ∠CAF=∠ACF.
∴ AF=CF,∠FCG=∠FGC.
∴ AF=CF=FG.
∴ 点 F 是△ACG 的外心.
解析
【分析】
这道题是圆的综合证明题，我们分两小问梳理思路：
1. 要证明AE=2CD，首先观察到CD⊥AB，AB是圆的直径，根据垂径定理，垂直于弦的直径会平分弦，所以我们可以延长CD交⊙O于点M，这样就能直接得到CM=2CD，把要证的“2倍CD”转化为整弦CM，接下来只需要证明AE=CM即可。题目已知弧AC等于弧CE，结合垂径定理得到的弧AC=弧AM，就能推出弧CM和弧AE相等，根据等弧对等弦，就能得到CM=AE，等量代换后就证出AE=2CD。
2. 要证明点F是△ACG的外心，首先回忆三角形外心的定义：外心是三角形三边垂直平分线的交点，到三角形三个顶点的距离相等。又因为AB是直径，所以∠ACG=90°，△ACG是直角三角形，直角三角形的外心恰好是斜边的中点，所以我们只需要证明F是AG的中点，也就是AF=CF=FG即可。通过等弧对应的圆周角相等，推导角的等量关系，利用等角对等边就能得到这三条线段相等，完成证明。
【解析】
(1) 延长CD交⊙O于点M，
∵ AB⊥CD，AB是⊙O的直径，
∴ 由垂径定理可得：$\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{AM}$，且CD=MD，即CM=2CD。
又
∵ $\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{CE}$，
∴ $\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{CE}=\overset{\frown}{AM}$，
∴ $\overset{\frown}{AM}+\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{AC}+\overset{\frown}{CE}$，即$\overset{\frown}{MC}=\overset{\frown}{AE}$。
根据同圆中等弧对等弦，可得MC=AE，
结合CM=2CD，等量代换得AE=2CD。
(2)
∵ AB是⊙O的直径，C在⊙O上，
∴ ∠ACB=90°，即∠ACG=90°，
∴ 在△ACG中，∠ACF + ∠FCG = 90°，∠CAF + ∠FGC = 90°。
∵ $\overset{\frown}{CE}=\overset{\frown}{AM}$，
∴ 它们对应的圆周角相等，即∠CAF=∠ACF，
∴ 由等角对等边得AF=CF，
同时结合∠ACF + ∠FCG = 90°，∠CAF + ∠FGC = 90°，可推出∠FCG=∠FGC，
∴ 由等角对等边得CF=FG，
因此AF=CF=FG，说明点F到△ACG三个顶点的距离相等，
∴ 点F是△ACG的外心。
【答案】
【知识点】
垂径定理，等弧对等弦，三角形外心判定
【点评】
本题是圆的中档综合证明题，核心考察弧、弦、圆周角的转化关系，第一问通过构造辅助线将倍分关系的线段转化为同圆的两条弦，利用等弧对等弦完成代换，是圆中证明线段倍分的常用思路；第二问结合直径的圆周角性质，利用直角三角形外心的特点简化证明逻辑，需要学生熟练掌握圆的相关性质的联动应用。
【难度系数】
0.4
这道题是圆的综合证明题，我们分两小问梳理思路：
1. 要证明AE=2CD，首先观察到CD⊥AB，AB是圆的直径，根据垂径定理，垂直于弦的直径会平分弦，所以我们可以延长CD交⊙O于点M，这样就能直接得到CM=2CD，把要证的“2倍CD”转化为整弦CM，接下来只需要证明AE=CM即可。题目已知弧AC等于弧CE，结合垂径定理得到的弧AC=弧AM，就能推出弧CM和弧AE相等，根据等弧对等弦，就能得到CM=AE，等量代换后就证出AE=2CD。
2. 要证明点F是△ACG的外心，首先回忆三角形外心的定义：外心是三角形三边垂直平分线的交点，到三角形三个顶点的距离相等。又因为AB是直径，所以∠ACG=90°，△ACG是直角三角形，直角三角形的外心恰好是斜边的中点，所以我们只需要证明F是AG的中点，也就是AF=CF=FG即可。通过等弧对应的圆周角相等，推导角的等量关系，利用等角对等边就能得到这三条线段相等，完成证明。
【解析】
(1) 延长CD交⊙O于点M，
∵ AB⊥CD，AB是⊙O的直径，
∴ 由垂径定理可得：$\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{AM}$，且CD=MD，即CM=2CD。
又
∵ $\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{CE}$，
∴ $\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{CE}=\overset{\frown}{AM}$，
∴ $\overset{\frown}{AM}+\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{AC}+\overset{\frown}{CE}$，即$\overset{\frown}{MC}=\overset{\frown}{AE}$。
根据同圆中等弧对等弦，可得MC=AE，
结合CM=2CD，等量代换得AE=2CD。
(2)
∵ AB是⊙O的直径，C在⊙O上，
∴ ∠ACB=90°，即∠ACG=90°，
∴ 在△ACG中，∠ACF + ∠FCG = 90°，∠CAF + ∠FGC = 90°。
∵ $\overset{\frown}{CE}=\overset{\frown}{AM}$，
∴ 它们对应的圆周角相等，即∠CAF=∠ACF，
∴ 由等角对等边得AF=CF，
同时结合∠ACF + ∠FCG = 90°，∠CAF + ∠FGC = 90°，可推出∠FCG=∠FGC，
∴ 由等角对等边得CF=FG，
因此AF=CF=FG，说明点F到△ACG三个顶点的距离相等，
∴ 点F是△ACG的外心。
【答案】
【知识点】
垂径定理，等弧对等弦，三角形外心判定
【点评】
本题是圆的中档综合证明题，核心考察弧、弦、圆周角的转化关系，第一问通过构造辅助线将倍分关系的线段转化为同圆的两条弦，利用等弧对等弦完成代换，是圆中证明线段倍分的常用思路；第二问结合直径的圆周角性质，利用直角三角形外心的特点简化证明逻辑，需要学生熟练掌握圆的相关性质的联动应用。
【难度系数】
0.4
